25 đề thi học sinh giỏi toán 11 năm học 2017 - 2019

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC TỔ: Toán KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN Năm học: 2018 - 2019 ĐỀ KIỂM TRA LẦN Mơn thi: TỐN - Lớp 11 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu Số báo danh …………………… Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số y  x  x  (*) đường thẳng d : y  2mx  Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị (P) hàm số (*) Tìm m để d cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh x  m x2  m   6 độ x1 ; x2 thỏa mãn x2  x1  Giải bất phương trình  ( x   x  1)  (1  x2  x  3)  Câu II (4,0 điểm)  1  s inx  cos2x  sin  x   4   cosx Giải phương trình 1+tanx  x   y    x  y Giải hệ phương trình   x, y     x  y    x  y  1  3x  Câu III (4,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc  Chứng minh bc a  ca b  ab c  a  b c 3 u1  2018  3n  Cho dãy số (un) xác định  Tính giới hạn lim  un  n   3n  9n  un 1   n  5n   un , n  Câu IV (4,0 điểm) 3x  x   y  18  y Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm  3x  y   6m  Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh A  3;1  , đỉnh C nằm đường thẳng  : x  y   Trên tia đối tia CD lấy điểm E cho CE  CD , biết N  6; 2  hình chiếu vng góc D lên đường thẳng BE Xác định tọa độ đỉnh lại hình chữ nhật ABCD Câu V (4,0 điểm) Cho dãy số  un  u1   u un  u  Tính lim     xác định   u u u 1    u  u  u  u ,  n     n   n  n n n  2018 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  C  : x  y  25 , đường thẳng AC qua điểm K  2;1  Gọi M, N chân đường cao kẻ từ đỉnh B C Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng MN x  y  10  điểm A có hoành độ âm .Hết Câu I 4,0 điểm ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM NỘI DUNG Cho hàm số y  x  x  (*) đường thẳng d : y  2mx  Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị (P) hàm số (*) Tìm m để d cắt (P) hai điểm x  m x2  m   6 phân biệt có hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn x2  x1  Điểm 2.0 + Lập bảng biến thiên vẽ (P): y  x  x   x  1 ta có đỉnh I :   I  1; 4   y  4 Ta có bảng biến thiên: x -∞ +∞ -1 +∞ +∞ 0.50 y -4 đồ thị parabol có bề lõm hướng lên có trục đối xứng đường thẳng x  1 cắt trục hoành điểm 1;0  ;  3;0  cắt trục tung điểm  0; 3 Ta có đồ thị hàm số: y 0.50 -1 -3 O x -4 x  Đk:   x2  Xét phương trình hồnh độ giao điểm x  x   2mx   x   m  1 x   (1) d cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x2  phương trình (1) có hai nghiệm  m  2m  m     m  1   phân biệt x1 , x2      m    2m  1   m  1    x1  x2   m  1 theo định lí viet ta có   x1.x2  x  x22   m  1 x1  x2   2m x  m x2  m Ta có   6   6 x2  x1  x1 x2   x1  x2   0.50 x  x   2  x1 x2   m  1 x1  x2   2m  m  1    m  1  2m  6   6 x1 x2   x1  x2   1   m  1  2 0.50 m    m  1  2m   6   2m   3m  13m  14    m   kết hợp với điều kiện ta m  2 Giải bất phương trình ( x   x  1)  (1  x2  x  3)  Điều kiện: x  Suy ra: ()   (1  x  x  3) x   x 1 () 2.0 0.50 0.50 x   x      x2  x   x   x  0.50   x  x   x  x   x   x   ( x  3)( x  1)  x    x  2 x  II 4,0 điểm Kết luận: Kết hợp với điều kiện ta tập nghiệm bất phương trình S   2;     1  s inx  cos2x  sin  x   4  cosx  Giải phương trình 1+tanx   x   k  cosx  cosx    Điều kiện :   1  tanx   tanx  1  x     k   1  s inx  cos2 x  sin  x   4  cos x  Pt  s inx 1 cos x cos x 1  s inx  cos2 x  cos x  s inx   cos x cos x  s inx 2   s inx  cos x   2s in x+ s inx    s inx  2.0 0.50 0.50 1 s inx  (loại)   x  k 2     Với sin x    s inx  sin  ,k  Z      x  7  k 2   Kết hợp với điều kiện ta nghiệm phương trình là: x   k 2 ; 7 x  k 2 với  k  Z   x   y    x  5y 2.Giải hệ phương trình  0.50  x  y    2x  y  1  3x   x, y    0.50 0.50 2.0   x   , y  1 Điều kiện : 4  x  5y  2x  y   0.50 Từ phương trình thứ hệ ta có :  x  1 y  1   x  5y  x  1 y  1   y  1  x   y    x  5y  x  y    x  2y      x  1 y  1   x   x 1  y 1  0.50  x 1  y 1   x 1  y 1  x  y Thay x  y vào phương trình thứ hai hệ ta có phương trình :     x  x   5x   3x   x  x   x   5x   x   3x    x2  x 1   x2  x 1 5x   x  x2  x 1  0.50 0 3x   x   1    x  x  1   0 5x   x  3x   x     1 1 y x  2  x2  x 1     1 1 y x  2  1 Vì    , x   Đối chiều điều kiện ta có nghiệm 5x   x  3x   x           hệ :  x, y    ; ; ;    2    III 4,0 điểm 0.50 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc  Chứng minh bc a  ca b  ab c Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có Tương tự ta 2.0  a  b c 3 bc a  ca b bc a 2 2 bc a 0.50 ca a  b ab ; 2 b c c Cộng theo vế bất đẳng thức ta bc a  ca b   bc ca ab   2      a b c c   ab Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có Áp dụng tương tự ta bc ca  2 a b ca ab   a; b c Cộng theo vế bất đẳng thức ta 0.50 bc ca  2 c a b ab bc  2 b c a bc ca ab    a b c a b c 0.50 Do ta suy bc a  ca b  ab c 2  a b c  Ta cần chứng minh   a  b c  a  b c3 a  b c 3 0.50 Đánh giá cuối đánh giá theo bất đẳng thức Cauchy giả thiết abc  Bài toán giải xong Dấu xảy a  b  c  u1  2018 Cho dãy số (un) xác định  n  n u  n  n  u , n      n  n  2.0 3  Tính giới hạn lim  un  n  un 1 (n  1)  3(n  1) un un   Ta có un 1  2 n  3n (n  1)  3(n  1) n  3n u 1 Đặt  n  1   (vn) cấp số nhân có cơng bội q  số hạng đầu n  3n 3 n 1 n 1 1009   1009   u 2018 1009      un     n  3n  v1    3 3 4 n  1009   n 1  3n   3n  3n  Khi lim  un   lim  un   lim  n  3n       n  n  n   IV 4,0 điểm 0.50 0.50  3027 n  3n  3027   3027  lim  lim 1     2 n n     3x  x   y  18  y Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm  3x  y   6m  y  x  2 Đk:   y  6 0.50 0.50 2.0 K H I O  x   y x y  1  2 3   1      2     Ta có pt(1)    x  1   y    m       x 0.50  x 1 2 a    a  b  2a  2b  (đk a, b  ) Ta có hệ phương trình  (*) Đặt   a  b  m  b  y   Hệ phương trình cho có nghiệm  hệ (*) có nghiệm a, b  Nếu m  4 hệ (*) vơ nghiệm  hệ phương trình cho vô nghiệm Nếu m  Chọn hệ tọa độ Oab ta có Pt(1) cho ta đường tròn  C1  tâm I 1;1 , R1  ( a, b  ) Pt(2) cho ta đường tròn  C2  tâm O  0;0  , R2  m  ( a, b  ) Hệ phương trình có nghiệm   C1  cắt  C2   OH  R2  OK   m      m   10 Vậy hệ cho có nghiệm   m   10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh A  3;1  , đỉnh C nằm đường thẳng  : x  y   Trên tia đối tia CD lấy điểm E cho CE  CD , biết N  6; 2  hình chiếu vng góc D lên đường thẳng BE Xác 0.50 0.50 0.50 2.0 định tọa độ đỉnh lại hình chữ nhật ABCD AND   ABD  ABD   ACD (do ABCD hình chữ nhật) Tứ giác ADBN nội tiếp     Suy AND  ACD hay tứ giác ANCD nội tiếp đường tròn, mà  ADC  900   ANC  900  AN  CN 0.50   Giả sử C  c  5; c , từ AN CN   1  2c    c   c   C 7;1 Tứ giác ABEC hình bình hành, suy AC / / BE Đường thẳng NE qua N song song với AC nên có phương trình y     b   B  N  lo¹ i  Giả sử B  b;   , ta có AB.CB   b2  4b  12    b  2  B  2; 2   Từ dễ dàng suy D  6;  0.50 0.50 0.50 Vậy C 7;1 , B  2; 2  , D  6;4  V 4,0 điểm u1   Cho dãy số  un  xác định  un 1  un  2018  un  un  , n   u un  u Tính lim      un 1    u2  u3  Theo giả thiết ta có: un 1  2.0 un  un  1  un mà u1  suy 2018 0.50  u1  u2  u3  dãy  un  dãy tăng Giả sử dãy  un  bị chặn suy lim un  L với  L   n  lim un 1  lim L  un2  2017un L2  2017 L L  2018 2018 L  Vô lý L  Suy dãy  un  không bị chặn lim un    lim Ta có: un 1  un  0.50 0 un un2  un   un  un  1  2018  un 1  un   2018 0.50 un  un  1 2018  un 1  un  un    un 1   un 1  1 un  1  un 1  1 un  1  2018  un 1    un  1   un1  1 un  1  1   2018     un  un 1   0.50 Đặt : Sn  un u1 u    u2  u3  un 1       S n  2018     2018     lim S n  2018  u1  un 1    un 1   Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  C  : x  y  25 , đường thẳng AC qua điểm K  2;1  Gọi M, N chân đường 2.0 cao kẻ từ đỉnh B C Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng MN x  y  10  điểm A có hồnh độ âm Gọi I, J giao điểm BM, CN với đường tròn  C  Do tứ giác BCM N nội tiếp nên   CNM  , lại có CJI   I MBC BC (cùng chắn cung IC) I  CN  CJ M  MN / / IJ 0.50  ACI   ABI  BA  J CA Lại có  J      ABI  J CA( doNBM  NCM )  J BA  I CA  AI  AJ  AO  J I  AO  M N Từ ta có: +) Do OA qua O  0;0  vng góc với MN : x  y  10  nên Phương trình đường thẳng OA : x  y  0.50  A  4;3    x  y  25  A  4; 3   lo¹ i  3 x  y  +) Tọa độ điểm A nghiệm hệ  2 +) Do AC qua A  4;3  K  2;1  , nên phương trình đường thẳng AC : x  y    x  y   C  4;   A  lo¹ i  Tọa độ điểm C nghiệm hệ    x  y  25 C 5;  0.50 +) Do M giao điểm AC MN nên tọa độ điểm M nghiệm hệ 4 x  y  10   M  1;2   x  y   +) Đường thẳng BM qua M  1;2  vng góc với AC nên phương trình đường thẳng BM : x  y   3 x  y    B  0;5  Tọa độ điểm B nghiệm hệ    B  3; 4   x  y  25 Vậy A  4;3  , B  3; 4  , C 5;0  A  4;3  , B  0;5  , C  5;0  Hết 0.50 SỞ GD&ĐT HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT MINH CHÂU ĐỀ KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 11 MƠN: TỐN – NĂM HỌC 2017-2018 Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề Đề thi gồm: 01 trang Câu (1,0 điểm) Giải phương trình cos 2 x  cos x  0 sin x  sin x  cos x Câu (1,0 điểm) Cho hàm số y = x3 - 3x +1 có đồ thị (C ) Viết phương trình tiếp tuyến đồ Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 2(1  cos x )(1  cot x )  thị (C ), biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳng D : x + y = x  5x  x  x  x 1 x3  x2  x  Câu (1,0 điểm) Cho n số nguyên dương thỏa mãn 5Cnn 1  Cn3 Tìm hệ số số hạng chứa x8 Câu (1,0 điểm) Tính giới hạn: I  lim n  nx  khai triển nhị thức Niu-tơn    ,x   14 x   x  1 x   y  3  y  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2 4 x  y   x  Câu (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân A Gọi M trung điểm BC, G trọng tâm ABM ; điểm D(7; -2) nằm đoạn MC cho GA = GD Viết phương trình đường thẳng AB, biết hoành độ A nhỏ AG có phương trình 3x  y  13  Câu (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang cân (AD // BC), BC = 2a, AB = AD = DC = a (a > 0) Mặt bên SBC tam giác Gọi O giao điểm AC BD Biết SD vng góc với AC a) Chứng minh mặt phẳng (SBC) vng góc mặt phẳng (ABCD) Tính độ dài đoạn thẳng SD b) Mặt phẳng   qua điểm M thuộc đoạn thẳng OD ( M khác O D) song song với đường thẳng SD AC Xác định thiết diện hình chóp S.ABCD cắt mặt phẳng   biết MD = x Tìm x để diện tích thiết diện lớn Câu (1,0 điểm) Cho dãy số (un ) xác định bởi: u1  1; un   n  1 un1 n  2n n  n  1  , n  * Tìm cơng thức số hạng tổng quát un theo n HẾT -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………….……… …….; Số báo danh…………………… SỞ GD&ĐT HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT MINH CHÂU ĐÁP ÁN KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 11 MƠN: TỐN – NĂM HỌC 2017-2018 Đáp án gồm: 06 trang I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm tròn - Với hình học thí sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần II ĐÁP ÁN: Câu Nội dung trình bày Điểm (1,0 điểm)  cos x  PT   0,5 cos x    L    2x     k 2  x     k , k   0,5 (1,0 điểm)  x  k sin x   ĐK:  , k      x k    sin x  cos x   sin x  Pt  2(1  cos x)  sin x sin x  cos x sin x     sin x  cos x  sin x.cos x    cos x sin x  cos x 0,25 0,25  Đặt t  sin x  cos x  sin( x  ),   t  2, Phương trình trở thành: t 1 t    t  1     x     k 2   x    k 2 (tm)  4  Với t  1, ta có sin( x  )       x    5  k 2  x    k 2 (l )  4 Vậy phương trình có họ nghiệm x    0,25 0,25  k 2 (1,0 điểm) Đạo hàm y ' = 3x - x Gọi M (a; a - 3a + 1) Ỵ (C ) Phương trình tiếp tuyến (C ) M 0,25 y = f '(a )( x - a ) + a - 3a + Tiếp tuyến vng góc với đường x + y = nên 0,25 t   C  7;3 d G ; AB  AB    t  3  C  5; 3 Câu V + Từ M kẻ đuờng thẳng song song với BC SA lần luợt cắt DC N, SB Q + Từ Q kẻ đuờng thẳng song song với BC cắt SC P Thiết diện hình thang cân MNPQ 0.5 0.5 S Q P P Q 2a C B M b x N N H M K D a A + Tính diện tích MNPQ Ta tính đuợc MQ  NP  QK  1.5 bx 2.a.x ab  ax a, PQ  ; MN  b b b từ tính đuợc ab  a.x b Suy diện tích MNPQ là: x S MNPQ  3.a  MN  PQ  QK   b  x  b  3x  4b 3.a 3.a  3b  3.x  b  3.x  3.a S MNPQ   b  x  b  3x      4b 12b  12  b Dấu “=”xẩy x  0.5 Sở giáo dục đào tạo Hà Nội Trường Phùng Khắc Khoan ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG *** Mơn : Tốn- Khối: 11 Năm học 2018-2019 Thời gian: 150 phút ( Đề có 01 trang) =============================================== Câu ( điểm) - Tính tổng nghiệm phương trình sin x cos x  cos x  sin x   0; 2  - Tìm tất giá trị tham số m để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt lập thành cấp số nhân: x3  x2   m2  6m  x   Câu ( điểm) - Cho n số dương thỏa mãn 5Cnn1  Cn3 n Tìm số hạng chứa x khai triển nhị thức Newton  nx  P    14 x  - Một tổ gồm em, có nữ chia thành nhóm Tính xác xuất để nhóm có nữ - An Bình thi đấu với trận bóng bàn có tối đa séc , người thắng trước séc giành chiến thắng chung Xác suất An thắng séc 0, (khơng có hòa) Tính xác suất để An thắng chung Câu ( điểm) 1-Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A  2;3 , A 1;5  B  5; 3 , B  7; 2  Phép quay tâm I  x; y  biến A thành A B thành B  , tính x  y 2- Cho đường tròn  O; R  đường kính AB Một đường tròn  O  tiếp xúc với đường tròn  O  đoạn AB C D Đường thẳng CD cắt  O; R  I Tính độ dài đoạn AI Câu4 (4điểm) Cho hình chóp S.ABC , M điểm nằm tam giác ABC Các đường thẳng qua M song song với SA, SB, SC cắt mặt phẳng  SBC  ,  SAC  ,  SAB  A, B, C  a) Chứng minh b) Chứng minh c) M di động tam giác ABC Tìm vị trí M tam giác ABC để MA MB MC  đạt giá trị lớn SA SB SC Câu5 (2điểm) Cho a, b, c ba số (un ) dãy số xác định công thức: un  a n   b n   c n  (n  *) Chứng minh lim un  a  b  c  n -HẾT - ĐÁP ÁN Thi học sinh giỏi cấp trường MƠN TỐN LỚP 11 ( 2018- 2019) Câu Nội dung Tính tổng nghiệm phương trình sin x cos x  cos x  sin x   0; 2  Thang điểm sin x cos x  cos x  sin x  (3)   Đặt t  sin x  cos x  sin  x     t  0;  4 t  t 1 t 1 t   2sin x cos x  sin x cos x    3   t   t  2t     2 t  3  l  2 điểm    sin  x    4    Với t  1: sin  x        4   sin  x     4     x   x     x      x     1,0  k 2  x  k 2    x    k 2     k 2        k 2  x    k 2     x    k 2     k 2 4 Suy phương trình có nghiệm  0; 2  x  Vậy tổng nghiệm     ;x  ;x  3 1,0 3  3 2 - Tìm tất giá trị tham số m để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt lập thành cấp   số nhân: x3  x  m2  6m x   + Điều kiện cần: Giả sử phương trình cho có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 lập thành cấp số nhân.Theo định lý Vi-ét, ta có x1 x2 x3  điểm Theo tính chất cấp số nhân, ta có x1 x3  x22 Suy ta có x23   x2  1,0 + Điều kiện đủ: Với m  m  m  6m  nên ta có phương trình x  x  14 x   Giải phương trình này, ta nghiệm 1, 2, Hiển nhiên ba nghiệm lập thành cấp số nhân với công bôị q  Vậy, m  m  7 giá trị cần tìm 1,0 Câu - Cho n số dương thỏa mãn 5Cnn1  Cn3 Tìm số hạng chứa x khai triển nhị thức Newton  nx  P    14 x  n Điều kiện n  , n  n 1 Ta có 5Cn  Cn  5.n ! n!    1!  n  1! 3!  n  3!  n  3! n   n  1  n  3!  n  TM   n  3n  28     n  4  L  điểm  x 1 n  ta có P      x Với Số hạng thứ k  khai triển Tk 1 Suy 14  3k   k  1,0  1  k 27k Vậy số hạng chứa x khai triển T4   C7k x143k 1,0 35 x 16 - Một tổ gồm em, có nữ chia thành nhóm Tính xác xuất để nhóm có nữ Bước 1: Tìm số phần tử khơng gian mẫu Chọn ngẫu nhiên em em đưa vào nhóm thứ có số khả xảy C93 điểm Chọn ngẫu nhiên em em đưa vào nhóm thứ hai có số khả xảy C6 Còn em đưa vào nhóm lại số khả xảy cách 3 Vậy   C9 C6  1680 1,0 Bước 2: Tìm số kết thuận lợi cho A Phân nữ vào nhóm có 3! cách Phân nam vào nhóm theo cách có C62C42 cách khác  A  3!.C62C42  540 Bước 3: Xác suất biến cố A P  A  A   540 27  1680 84 3-An Bình thi đấu với trận bóng bàn có séc , người thắng trước séc giành chiến thắng chung Xác suất An thắng séc 0, (khơng có hòa) Tính xác suất An thắng chung 1,0 điểm Giả sử số séc trân đấu An Bình x Dễ dàng nhận thấy  x  Ta xét trường hợp: TH1: Trận đấu có séc  An thắng séc Xác suất thắng trường hợp là: P1  0, 4.0, 4.0,  0, 064 TH2: Trận đấu có séc  An thua séc: 1, thắng séc thứ Số cách chọn séc để An thua là: C31 (Chú ý xác xuất để An thua séc 0, )  P2  C 0, 0,6  0,1152 TH3: Trận đấu có séc  An thua séc thắng séc thứ Số cách chọn séc đầu để An thua C42 cách 1,0 1,0  P3  C42 0, 43.0,62  0,13824 Như xác suất để An thắng chung là: P  P1  P2  P3  0,31744 1-Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A  2;3 , A’ 1;5  B  5; 3 , B’  7; 2  Phép quay tâm I  x; y  biến A thành A’ B thành B’ , tính x  y QO ,   A   A '  IA  IA ' 1 QO ,   B   B '  IB  IB '     Từ 1       điểm  2  x     y   1  x     y    x    3  y     x    2  y  2 1,0 2 25  x  6 x  y  13   x  y  3   x  12 y  19   y   31   1,0 Cho đường tròn  O; R  đường kính AB Một đường tròn  O   tiếp xúc với đường tròn  O  đoạn AB C D Đường thẳng CD cắt  O; R  I Tính độ dài đoạn AI C O' điểm B O D A I Ta có: V R  C,   R  O   O  CO  Từ 1    R CO R 1 V C , R   I   D  CD     R R CI R  2 1,0 CD CO   OI€ OD  OI  AB  I điểm cung CD CI AB 1,0 Câu Cho hình chóp S ABC , M điểm nằm tam giác ABC Các đường thẳng qua M song song với SA, SB, SC cắt mặt phẳng  SBC  ,  SAC  ,  SAB  A, B, C  a) Chứng minh M di động tam giác ABC ? b) Chứng minh c) MA MB MC  nhận giá trị lớn Khi vị trí M tam giác ABC là: SA SB SC điểm a) Do MA∥SA nên bốn điểm nằm mặt phẳng Giả sử E giao điểm mặt MA ME SMBC   SA EA S ABC MA MB MC     Vậy đáp án Vậy SA SB SC 0,5 phẳng với BC Khi A, M , E thẳng hàng ta có: B / Tương tự ta có: MB SMAC MC  SMAB  ,  SB S ABC SC S ABC c) Ap dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : MA MB MC  MA MB MC  MA MB MC     33   SA SB SC SA SB SC SA SB SC 27 MA MB MC     S MAC  S MAB  S MBC Dầu xảy khi: SA SB SC Điều xảy M trọng tâm tam giác ABC Vậy đáp án B 0,5 1,0 Câu5 (2điểm) Cho a, b, c ba số  un  dãy số xác định công thức: un  a n   b n   c n  (n  *) Chứng minh lim un  a  b  c  n  Đặt  un n2 n3  ab c   a  b  c n   n 1 n 1 n 1 Ta có: un  n  0, n Ngược lại a  b  c   0, 0, cho nên: a  b  c  lim un ( )  un  b 2,0 đ   n   n 1  c  a  b  c n   ta có  n   n 1  b 2c  0 n   n 1 n   n 1 0,5 ĐỀ THI KSCL HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2016 - 2017 Mơn: Tốn Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) SỞ GD & ĐT NGHỆ AN CỤM THI THPT YÊN THÀNH Câu (6,0 điểm) x a) Giải phương trình: ( sin x + 3) cos − sin x (1 + cos x ) − 3cos x − =0 b) Giải bất phương trình: ( x + 1)( x + + x + x + 3) > x + − x − Câu (3,0 điểm) Cho đa giác lồ i (H) có 22 ca ̣nh Go ̣i X là tâ ̣p hơ ̣p các tam giác có ba đı̉nh là ba đı̉nh của (H) Cho ̣n ngẫu nhiên tam giác X, tı́nh xác suấ t để cho ̣n đươ ̣c tam giác có ca ̣nh là ca ̣nh của đa giác (H) và tam giác không có ca ̣nh nào là ca ̣nh của đa giác (H) Câu (2,0 điểm) Cho dãy số (un ) xác định bởi: u1 = Tìm lim (n3 − n).un  2 n(n − 1)un = u1 + 2u2 + + (n − 1)un−1 , ∀n > 1, n ∈  Câu (5,0 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Các điểm H, K trung điểm AD, C’D’ Điểm M thuộc đoạn BC’, N thuộc đoạn AB’ Đường thẳng MN tạo với mặt phẳng (ABCD) góc 450 a) Chứng minh rằng: AK ⊥ BH ; b) Chứng minh rằng: MN ≥ (2 − 2)a Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC; đường thẳng AD phân giác góc  Trên đoạn AD lấy hai điểm M, N ( M, N khác A D ) cho   CBM  Đường thẳng CN cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN điểm F; biết ABN M (−3; −1), B(−4; −2) Xác định tọa độ điểm A biết đường phương trình FA x + y − = tròn ngoại tiếp tam giác AMC qua điểm Q(0; 22) Câu (2,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh : 3 a b c + + ≥ 2 b +c +2 c +a +2 a +b +2 …………… Hết …………… Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay Họ tên thí sinh…………………….…………………………… Số báo danh…………………………………… HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HSG CỤM THPT YÊN THÀNH (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Nội dung a (6,0đ) Pt ⇔ 2(s inx + 3)cos x − 2sin x.cos x − cos x + = 2 x x ⇔ (s inx + 3)cos − cos (s inx + 3) + = 2 x x ⇔ cos (s inx + 3)(cos − 1) + = 2 ⇔ − (s inx + 3) sin x + 1= ⇔ sin x + 3sin x − = s inx = ⇔ s inx = −2 (vn) ⇔x= π b b = 0,5 0,5 0,5 3,0 0,5 (a ≥ 2) b2 − a − ⇒x= x + x + (b ≥ 2) 0,5 0,5 + k 2π (k ∈ ) a =+ x Đặt:  Điểm 3,0 0,5 2 BPT trở thành: b − a + (b − a − 1)a + (b − a + 1)b > 1,0 ⇔ (b − a )(b + a + 1) > 0,5 ⇔ b > a hay x + x + > x + 0,5 1 ⇔ x > − Vậy tập nghiệm bpt là: S = (− ; +∞) 2 0,5 +) Đa giác lồ i (H) có 22 ca ̣nh nên có 22 đın̉ h (3,0đ) +) Số tam giác có đı̉nh là ba đı̉nh của đa giác (H) là C322 = 1540 +) Số phầ n tử của không gian mẫu Ω là n(Ω = ) C1540 = 1185030 Số tam giác có mô ̣t ca ̣nh là ca ̣nh của đa (H) là 22.18 = 396 +) Số tam giác có hai ca ̣nh là ca ̣nh của đa (H) là 22 Số tam giác không có ca ̣nh nào là ca ̣nh của đa (H) là: 1540 - 396 - 22 = 1122 +) Go ̣i A biến cố “ hai tam giác đươ ̣c cho ̣n có mô ̣t tam giác có ca ̣nh là ca ̣nh của (H) và tam giác không có ca ̣nh nào là ca ̣nh của (H)" Số phầ n tử của A là n(A) = C1396 C11122 n(A) C1396 C11122 748 Xác suấ t của biế n cố A là p(A) = = = n(Ω) 1185030 1995 Ta có: u2 = (2,0đ) 0.5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Với n ≥ , ta có: u1 + 2u2 + + nun = n 3u n u1 + 2u2 + + (n − 1)un −1 = (n − 1) un −1 (1) (2) Từ (1) (2), suy ra: nun= n3un − (n − 1)3 un −1 0,5 (n − 1)3  n −1  n = un −1  un −1  n −n  n  n +1 = ⇒ un  n −1   n −    n n −1 u2 ⇒ un =        n   n −1    n +1 n 0,5 ⇒ un =2 n (n + 1) Do đó: lim (n3 − n).= ) 18 un lim18(1 −= n 0,5 a (5,0đ) 2 A H 3,0 1,0 D E B C A' D' K B' C' Gọi E trung điểm cạnh CD, ta có: KE ⊥ ( ABCD) ⇒ KE ⊥ BH (1)   DAE  Mặt khác, ta= có:  ABH  DAE (c.g.c) ⇒ ABH 0,5   HAE   AHB   ABH   900 ⇒ AHB ⇒ BH ⊥ AE (2) 0,5 0,5 0,5 2,0 0,5 Tứ (1) (2), suy ra: BH ⊥ ( AEK ) ⇒ BH ⊥ AK b P D C M' A N' B M D' C' A' N B' Gọi M’, N’ hình chiếu M, N (ABCD) Khơng tính tổng quát giả sử MM’< NN’ Gọi= P MN ∩ M ' N ' , đó: '  450 , MM ' = ( MN ,(ABCD ))  MPM BM ', NN ' = AN ' = a − BN ', MN = PN − PM ⇒ MNcos450 =PNcos450 − PMcos450 =PN '− PM ' =M ' N ' Do đó: M ' N ' = BN ' + BM ' = MNcos45 Ta có: MN sin 450 = PN sin 450 − PMcos450 = NN '− MM ' = a − ( BN '+ BM ') 2 (1) (2) 0,5 Từ (1) (2) suy ra: 0,5 MN ( 2cos45 + sin= 45 ) 2( BN ' + BM ' ) + a − ( BN '+ BM ') ≥ ( BN '+ BM ') + a − ( BN '+ BM ') = a 0 2 (BĐT Bunhiacôpxki) 0,5 ⇒ MN ≥ (2 − 2)a (2,0đ) 0,5 Gọi E giao điểm thứ hai BM đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC Ta chứng minh E thuộc AF   NFB  Thật tứ giác AFBN nội tiếp nên NAB  , theo giả thiết NAB   MEC   MAC  , suy ra: NFB   MEC  Tương tự MAC   NFE    CBE   NBA   NFA Do tứ giác BCEF nội tiếp Suy CFE Suy A, E, F thẳng hàng Đường thẳng BM qua B M nên có phương trình: x − y + = = E AF ∩ BM , suy tọa độ E nghiệm hpt: y −8 = x + = x ⇔ ⇒ E (3;5)  y+2 = x − = y Đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác AMC có phương trình dạng: x + y − 2ax − 2by += c (a + b − c > 0) 6a + 2b + c =−10 a =   Vì M, Q, E thuộc (T) nên ta có hpt: −2 22b + c =−22 ⇔ b =0 (tm) 6a + 10b − c =34  c =−22  Suy (T) có pt: x + y − x − 22 = 0,5 0,5 A giao điểm AE (T) nên tọa độ điểm A nghiệm hpt:  x =  x + y − =   y = ⇒ A(7;1) ⇔  2  x =  x + y − x − 22 =    y = 0,5 Vậy A(7;1) Có ab + bc + ca = nên 2 2 b + c + = a + b + c + 2(ab + bc + ca) − a = (a + b + c) − a = S − a (2,0đ) S = a + b + c S = (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) ≥ ⇒ S ≥ Khi 0,5 a b c 3 + + ≥ 2 b +c +2 c +a +2 a +b +2 a b c 3 aS bS cS 3 + + ≥ ⇔ + + ≥ S 2 2 2 2 2 2 S −a S −b S −c S −a S −b S −c a3 b3 c3 3 ⇔ +a+ 2 +b+ 2 +c ≥ S S −a S −b S −c a3 b3 c3 3 ⇔ + + +S ≥ S 2 2 S −a S −b S −c a4 b4 c4 3 ⇔ + + +S ≥ S 3 aS − a bS − b cS − c Lại có theo Cauchy-Schazw a4 b4 c4 (a + b + c ) + + ≥ aS − a bS − b3 cS − c S (a + b + c) − (a + b3 + c ) ⇔ = S (a + b + c ) S ( S − 2) S ( S − 2) ≥ 4= 3 2 S − (a + b + c)(a + b + c ) S − ( S − 2) 4S − 2 2 2 0,5 0,5 (Vì (a + b += c ) ( a a + b b3 + c c3 ) ≤ (a + b + c)(a + b3 + c3 ) ) S ( S − 2) 3 ( S − 2) 3 Ta chứng minh S ⇔ S +S ≥ +1 ≥ 2 4( S − 1) 4( S − 1) ⇔ S − 3S + 3 ≥ ⇔ ( S − 3)(2 S − 3S − 3) ≥ ⇔ ( S − 3) (2 S + 3) ≥ 0,5 (luôn ∀S ≥ 3) Vậy BĐT (*) chứng minh, dấu "=" xảy a= b= c= …………………….Hết…………………… Ghi chú: HS giải cách khác cho điểm tối đa – 2019 Mơn: TỐN - 11 : 150 phút : cos5 x.sin x 2sin x.cos x Câu 1(3,0 ) Câu (2,0 ) Câu (4,0 ) Cho x2 (un ) xác a (0;1) un (vn ) : u1 (un ) : a) x x x sin x aun3 a , n * un3 (vn ) nhân lim(u13 u23 un3 n) a b) 25 ) Câu (3.0 ó6 , Toán AB, ABCD.A’B’C’D’ ) Cho Câu (6.0 E Anh DD’ cho AI D'E x 1) x, (0 A'C IE 600 AC ' DI b) Tìm x M,N AB, A ' D ' (CMN ) Câu (2.0 a, b, c b c c s d ng tài li K B'K B 'C ' B 'C ' ) a I a2 b2 c 3b i thích thêm H tên thí sinh: ……………………… ….SBD: ĐÁP ÁN ĐỀ OLYMPIC MƠN TỐN LỚP 11 NĂM HỌC 2018 – 2019 TRƯỜNG THPT KIM LI£N ĐIỂM NỘI DUNG C¢U 5 2 cos x.sin x  2sin x.cos x  sin x (3 điểm)  cos x.sin x(cos x  sin x)(cos x  sin x)  sin x  sin x.cos x  sin x  sin x  sin x    x  k   x  k  sin x         k ,k    x   k 2  x  sin x   1,5 1,5  24   x  5  k  24    5 4 x   k 2  Điều kiện xác định: x  0; x  2 (2 điểm) x2 x2 x  x   x2 x 6  x  2(3  x )      3 x 3 x  3 x  3 x  x 3  x   x  2 x     x    x x  x     x  1  1,0 a) Ta có un31  aun3  a   un31   a un3  Suy 1  avn 1,0 Như dãy số   cấp số nhân với cơng bội a nên cấp số nhân lùi vô hạn 1,0  (4,0 điểm) b) Ta v1  v2       an 1 a   1  a  3 n  u  u   u  n  lim u13  u23   un3  n   lim n   1 a 1 a n  4   an  1 a 2  4a 1 a 1 a 1 a T phép thử ‘Chọn ngẫu nhiên học sinh số 25 học sinh’ Ta có :   C25 Vì  a  nên lim 1,0 1,0 1,0 Gọi A biến cố : học sinh chọn ln có học sinh dự thi mơn Tốn học sinh dự thi 0,5 mơn Anh Ta có trường hợp sau thuận lợi cho biến cố A : (3,0 điểm)  Có học sinh chọn mơn Tốn, học sinh chọn mơn Anh có : C61.C52 khả  Có học sinh chọn mơn Tốn, học sinh chọn mơn Anh có : C62 C51 khả  Có học sinh chọn mơn Tốn, học sinh chọn mơn Anh, học sinh chọn môn khác 2,0 (Văn, Tin, Sinh học, Lịch sử, Vật Lí, Hóa, Địa lý) có : C61.C51C141 khả  A  C61 C52  C62C51  C61C51C141 Vậy xác suất biến cố A P( A)  A 555 111    2300 460 0,5 Đặt A ' B '  a; A ' D '  b; A ' A  c K C' D' a) Ta có: A ' C  a  b  c F N Lại có: IE  IA  AD  DE B' A' M'   xa  b  (1  x)c (6,0 điểm) Xét: E   A ' C.IE  a  b  c  xa  b  (1  x)c 2 3.0    xa  b  (1  x)c   x   (1  x)  Suy A ' C  IE A DI AC ' b) Ta có: cos 600  Suy ra: 1  x DI AC '   C D M ( DA  AI )( AD  AB  AA ') DI AC '  B I 1  x  x2  x  x    x   15 1,5 1 x c) Gọi M’ trung điểm cạnh A’B’ Trong ( A ' B ' C ' D ') : kẻ đường thẳng qua N song song với C ' M ' cắt đường thẳng B ' C ' K Khi K giao điểm mặt phẳng (CMN ) với đường thẳng B ' C ' Áp dụng định lí Ta-lét ta tính được: Đặt P   a  1  b  2  B'K  B 'C '  c  3 Ta thấy: a  b2  c  2a  4b  2c    a  1   b     c  1  , theo giả thiết (2 điểm) 1,5 2 a  b  c  3b Suy 3b  2a  4b  2c   hay 2a  b  2c  10  16  x  y  xy Với hai số x, y  ta có:   ( x  y )( x  y )2  x y ( x  y )  xy 1 Do đó:   (1) x y  x  y Áp dụng (1) ta có: 1     ; 2 2 2  a  1  b    a  b    a  b    c  3  a  b  c         2       8 16 P    2 2 2a  b  2c  10  b b     c  3    a   2  a   c  5 2     Theo giả thiết chứng minh  2a  b  2c  10  16 ,  P  Khi a  1, b  2, c  P  0,5 0,5 0,5 0,5 Học sinh làm theo cách khác, đủ điểm tối đa đáp án qui định ……………….HÕt……………… ... y = z =1 0 ,25 0 ,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 ,11 THPT NĂM HỌC 201 7- 2018 ĐỀ THI CHÍNH THỨC ( Đề thi có 01 trang, gồm câu) Mơn thi: TỐN LỚP 11 Thời gian... TRƯỜNG THPT LÊ VĂN THỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có trang) Câu ( điểm) Giải phương trình ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2017 - 2018 Mơn thi: Tốn Lớp 11 Ngày thi: 7/4/2018 Thời gian... (  n) n n 1 0 ,25 0 ,25 0 ,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: Toán – Lớp 11 Thời gian làm